TDTC-Es.D v12a-Sistemi aperti e cicli - Siti Personali ...digilander.libero.it/firecross/Appunti/Termodinamica/TDTC-Es.D_v12... · ESERCIZI UNITA’ D – SOMMARIO ... D.XI. Ciclo

Termodinamica e trasmissione del calore E.D/0

ESERCIZI UNITA’ D – SOMM ARIO

D. SISTEMI APERTI E CICLI TERMODINAMICI

D.I . Cabinet per apparecchiature elett roniche

D.II . Server

D.III . Raff reddamento a liquido di un processore

D.IV. Compressione di un liquido

D.V. Compressione di un vapore surr iscaldato

D.VI . Vapor izzazione isobara

D.VII . Condensazione isoterma di una miscela satura liquido-vapore

D.VIII . Espansione adiabatica reversibile

D.IX. Misura del titolo mediante laminazione adiabatica

D.X. Ciclo Rankine ideale senza surr iscaldamento

D.XI . Ciclo Rankine ideale con surr iscaldamento

D.XII . Ciclo fr igor ifero ideale a R134a

D.XIII . Pompa di calore a R134a

D.XIV. Miscelazione adiabatica di due correnti

D.XV. Miscelazione di tre correnti


D.I . Cabinet per apparecchiature elett roniche

− Problema

Si consideri un cabinet per apparecchiature elettroniche come quello di cui al problema C.II. Al suo interno sono alloggiati dispositivi alimentati in corrente continua che lavorano a tensione 12 V ed assorbono, in condizioni di carico massimo, una corrente pari a 11.6 A. All ’esterno del cabinet si ha aria in condizioni ambiente tipiche (temperatura 25°C, pressione 1 bar). Sapendo che la massima temperatura ammissibile dall ’elettronica è pari a 80°C, determinare la minima portata di aria che un sistema di raffreddamento a circolazione forzata deve assicurare. Inoltre, sapendo che l’aria vene aspirata e scaricata attraverso aperture circolari con diametro 100 mm, determinare la velocità con cui l ’aria fluisce attraverso le aperture.

− Dati

Sostanza: aria secca

p = 1 bar = 1.00⋅105 Pa Tambiente = 25°C = 298 K Tmax = 80°C = 353 K

∆Vcc = 12 V Icc = 11.6 A D1 = D2 = 80 mm = 0.080 m

− Determinare

Portata dell ’aria di raffreddamento, velocità dell ’aria all ’ ingresso e all ’uscita.

− Ipotesi

Aria gas ideale, sistema aperto, condizioni stazionarie.

− Soluzione

L’aria, aspirata alla temperatura ambiente di 25°C, subisce un progressivo riscaldamento mentre fluisce attraverso il cabinet e, quindi, raggiunge la sua massima temperatura in corrispondenza della sezione di eff lusso, tramite la quale ritorna nell ’ambiente esterno. Alcuni dei dispositivi ospitati dal cabinet, particolarmente sensibili ai surriscaldamenti, non possono tollerare una temperatura superiore a 80°C, ma non sono disponibili i nformazioni sulla loro posizione. Si deve perciò assumere, in favore di sicurezza, che essi si trovino nelle immediate prossimità della sezione di eff lusso, ove la temperatura dell ’aria di raffreddamento che li l ambisce è massima. Di conseguenza, la minima portata di raffreddamento sarà quella per la quale l’aria, aspirata ad una temperatura T1 pari al valore ambiente, viene espulsa ad una temperatura T2 pari al valore massimo ammissibile.

ambiente1 TT =

max2 TT =

Operando in favore di sicurezza, si può assumere nullo lo scambio termico per conduzione attraverso le pareti del cabinet. Pertanto, il sistema di raffreddamento ad aria forzata deve essere in grado di asportare interamente la potenza termica dissipata dai dispositivi elettronici, valutabile come:


W1396.1112IVQ cccccc =⋅=∆=�

Il cabinet costituisce un sistema aperto con un ingresso ed una uscita, soggetto ad un flusso stazionario di fluido. L’equazione di bilancio dell ’energia per tale sistema è:

( )

−+

−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Nel caso in esame, si trascurano gli scambi termici attraverso le pareti del cabinet:

W139QQ cc =≡ ��

Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono piccole, essendo minime le variazioni di velocità e di quota dell ’aria, e vengono quindi trascurate. Tipicamente piccolo e, di conseguenza, trascurabile è anche il l avoro fornito dai dispositivi di ventilazione (che è comunque facilmente valutabile sulla base della tensione e della corrente assorbite). L’equazione di bilancio dell ’energia assume pertanto la seguente forma sempli ficata:

( )12 hhmQ −= ��

Per stimare la variazione di entalpia specifica, va rammentato che il calore specifico a pressione costante è definito come segue:

costpp T

hc

=∂∂=

Il processo avviene a pressione costante. Peraltro, le condizioni sono tali che l’aria può essere considerata per tutto il processo un gas perfetto (la verifica sulla base delle pressioni e delle temperature ridotte è agevole), la cui entalpia (specifica e totale) dipende solo dalla temperatura. Se ne desume che:

( )∫=−⇒=2

i

T

T

p12p dTTchhdT

dhc

Qualora si possa assumere una dipendenza lineare dalla temperatura del calore specifico, si può ad esso attribuire un valore costante pari a quello medio nell ’ intervallo di integrazione.

( ) ( )12medio,p

T

T

p12 TTcdTTchh2

1

−≅=− ∫

Ciò è tipicamente accettabile per intervalli di temperatura ridotti. Da tabella si ricava che il calore specifico a pressione costante dell ’aria a temperatura T1=298 K (≅300 K) vale

( ) ( )Kkg/J1005Kkg/kJ005.1cc K300@pT@p 1⋅=⋅=≅

mentre a temperatura T2=353 K (≅350 K) vale

( ) ( )Kkg/J1008Kkg/kJ008.1cc K350@pT@p 2⋅=⋅=≅

Da ciò si può stimare che:

( ) ( )Kkg/J5.10062

ccc 21 T@pT@p

medio,p ⋅=+

≅

Una stima più precisa per interpolazione lineare avrebbe fornito un valore praticamente identico. In definitiva, la minima portata in massa dell ’aria deve essere tale che:

( ) ( ) s/g80.1s/kg00180.0TTc

Q

hh

Qm

12medio,p12

==−

≅−

=��

�


In un sistema a due correnti in condizioni stazionarie, la portata in massa è sempre costante. Lo stesso non può dirsi tuttavia per la portata in volume, che nel caso in esame dipende dalla densità dell ’aria. Questa dipende a sua volta dalla temperatura e può essere valutata mediante l’equazione di stato dei gas ideali , in cui la costante di gas perfetto dell ’aria (secca) è pari a 287.0 J/(kg⋅K). La densità dell ’aria all ’aspirazione è perciò pari a

3

11 mkg169.1

2980.287

100000

RT

p =⋅

==ρ

mentre all ’uscita è pari a

3

22 mkg987.0

3530.287

100000

RT

p =⋅

==ρ

Le portate in volume all ’ ingresso e all ’uscita valgono:

sdm54.1sm00154.0m

V 33

11 ==

ρ=

��

sdm82.1sm00182.0m

V 33

22 ==

ρ=

��

Infine, la sezione di passaggio dell ’aria all ’ ingresso e all ’uscita è pari a:

221

21 m00503.04

DAA =π==

Pertanto, le velocità dell ’aria valgono, rispettivamente:

sm31.0A

Vw

1

11 ==

�

sm36.0A

Vw

2

22 ==

�

− Commenti

La limitazione delle velocità di aspirazione e di eff lusso è in generale richiesta per il contenimento del rumore. Nel dimensionamento del sistema di ventilazione occorre in realtà tenere conto anche delle resistenze alla trasmissione del calore tra i singoli dispositivi elettronici alloggiati nel cabinet e l’aria. In particolare, occorre far riferimento ai dispositivi più sensibili al surriscaldamento. La temperatura di ogni dispositivo può essere correlata alla potenza termica dissipata al suo interno e alla resistenza termica tra il dispositivo stesso e l’aria di ventilazione:

dispariadispariadisp QRTT �−=−

Conseguentemente, la temperatura massima dell ’aria di ventilazione, che generalmente si ha in corrispondenza della sezione di eff lusso e sulla cui base va valutata la portata minima di ventilazione, è pari a:

max,dispariadispmax,dispmax,aria2 QRTTT �−−==

Il calcolo delle resistenze alla trasmissione del calore sarà analizzato in dettaglio nel seguito.


D.II . Server

− Problema

Si consideri un server che in condizioni di massimo carico assorbe 700 W elettrici. Siano pari a 37°C la temperatura ambiente massima e a 1 bar la pressione ambiente tipica. La sezione di aspirazione dell ’aria di ventilazione presenta area complessiva 250 cm2, mentre la sezione di eff lusso presenta area 200 cm2. Al fine di contenere il rumore, si vuole limitare a 1.6 m/s la massima velocità dell ’aria nel sistema. Determinare in tali condizioni la massima temperatura che l’aria può raggiungere nel case del server.

− Dati

Sostanza: aria secca

Q� = 700 W

Tambiente = T1 = 37°C = 310 K

p = 1 bar = 1⋅105 Pa A1 = 250 cm2 = 0.0250 m2 A2 = 200 cm2 = 0.0200 m2 wmax = 1.6 m/s

− Determinare

Massima temperatura dell ’aria.

− Ipotesi

Aria gas ideale, sistema aperto, condizioni stazionarie.

− Soluzione

Operando in favore di sicurezza, si può assumere nullo lo scambio termico per conduzione attraverso le pareti del case. Pertanto, il sistema di raffreddamento ad aria forzata deve essere in grado di asportare interamente la potenza termica sviluppata dai componenti del server. L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:

( )

−+

−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Nel caso in esame, si trascurano gli scambi di calore attraverso le pareti del case. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole, essendo minime le variazioni di velocità e di quota dell ’aria, e possono essere trascurate. Parimenti trascurabile è il l avoro fornito al fluido dai dispositivi di ventilazione. L’equazione di bilancio dell ’energia assume pertanto la seguente forma sempli ficata:

( )12 hhmQ −= ��

Poiché il processo avviene a pressione costante, pari alla pressione atmosferica, si può anche scrivere:

( )12medio,p12 TTchh −≅−


La massima velocità si ha sicuramente in eff lusso, essendo ivi maggiore la temperatura dell ’aria e, allo stesso tempo, più ridotta l’area della sezione di passaggio. La densità dell ’aria in uscita non è tuttavia nota, essendo incognita la temperatura, così come non è noto il calore specifico medio (a pressione costante). Si può comunque procedere ad una stima e, successivamente, perfezionare il calcolo con una procedura di tipo iterativo. Ipotizzando che la temperatura di uscita dell ’aria sia pari a 57°C (330 K), una stima di primo tentativo della densità in uscita restituisce:

322 mkg948.0

100000

3500.287

p

TR =⋅=′

=ρ′

Ciò permette di calcolare anche la portata in massa dell ’aria:

s/kg0303.00200.06.1948.0Awm 2max2 =⋅⋅=ρ′=′�

Per il calore specifico medio si può assumere un valore pari a 1006 J/(kg⋅K). Si ottiene così una nuova e più esatta stima della temperatura in uscita, che rappresenta anche la massima temperatura nel sistema.

C60K33310060303.0

700

cm

QTT

medio,p12 °==

⋅=

′+=′′

�

�

Il valore ottenuto è prossimo a quello ipotizzato, per cui non è necessario iterare. Se comunque si desiderasse un risultato più accurato, o e le stime di primo tentativo, arbitrarie, fossero state molto diverse dai risultati ottenuti, sulla base della temperatura ultima calcolata si potrebbe stimare un nuovo valore per la densità e, quindi, per la portata in massa, da cui ricavare infine un nuovo valore per la temperatura in eff lusso.

− Commenti

Se si abbassa la temperatura ambiente, si abbassano in eguale misura tutte le temperature nel sistema e, quindi, anche i rischi di surriscaldamento. A tal scopo, server e workstation vengono spesso tenuti in locali condizionati. Dato che le massime temperature dell ’aria si raggiungono in prossimità della sezione di eff lusso, è opportuno posizionare lontano da questa i componenti che soffrono maggiormente i surriscaldamenti (processori, dischi rigidi, ecc.), ed in prossimità di questa i componenti meno delicati (alimentatore/trasformatore, ecc.).

D.III . Raff reddamento a liquido di un processore

− Problema

Un processore ad elevate prestazioni assorbe, in condizioni di massimo carico, una potenza pari a 85 W elettrici. Si determini quale incremento di temperatura subirebbe una portata di acqua di raffreddamento pari a 1.5 L/min.

− Dati

Sostanza: acqua

Q� = 85 W

V� = 1.5 L/min = 0.025 dm3/s = 25⋅10-6 m3/s


− Determinare

Incremento di temperatura dell ’acqua.

− Ipotesi

Sistema aperto, condizioni stazionarie.

− Soluzione

L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:

( )

−+−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale ed il l avoro di pompaggio del fluido (la pompa è comunque esterna al sistema aperto considerato), l’equazione di bilancio dell ’energia assume la seguente forma sempli ficata:

( ) ( )1212 hhVhhmQ −ρ=−= ��

Per un liquido, la variazione di entalpia specifica a pressione costante si può stimare come segue:

( )1212 TTchh −≅−

La densità e il calore specifico dell ’acqua in condizioni ambiente standard si possono assumere pari a 1000 kg/m3 e 4186 J/(kg⋅K), rispettivamente. Pertanto, il massimo incremento della temperatura dell ’acqua sarà:

C81.0418610251000

85

cV

QTTT

612 °=⋅⋅⋅

=ρ

=−=∆ −�

�

− Commenti

L’ incremento di temperatura è assai ridotto. Inoltre, la resistenza alla trasmissione del calore tra un liquido e un solido è molto minore che tra un gas e un solido, il che fa sì che la temperatura del dispositivo raffreddato sia molto prossima a quella del li quido che lo lambisce:

liquidodispliquidodispliquidodisp TQRTT ≈+= −�

Il raffreddamento a liquido è in generale più eff iciente di quello ad aria, ma comporta significative complicazioni del sistema: si deve scongiurare il rischio di perdite di li quido, che avrebbero conseguenze deleterie; inoltre, vanno previsti uno scambiatore di calore esterno, per raffreddare l’acqua, ed una pompa per farla circolare.

D.IV. Compressione di un liquido

− Problema

Determinare il l avoro specifico e la potenza assorbiti da una pompa che comprime una portata di 1 kg/s di acqua a 25°C, portandone la pressione da 0.1 bar a 14 bar.

− Dati

Fluido di lavoro: acqua


m� = 1 kg/s T = 25°C

p1 = 0.1 bar = 10⋅103 Pa

p2 = 14 bar = 1.4⋅106 Pa

− Determinare

Lavoro specifico e potenza assorbite dalla pompa.

− Ipotesi

Liquido incomprimibile.

− Soluzione

Considerando incomprimibile il li quido, si assume che il suo volume non vari significativamente con la pressione e che dipenda invece (come l’energia interna) dalla sola temperatura. L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita è:

( )

−+−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Operando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), la relazione precedente si può anche riscrivere come:

( )12

21

22

12 zzg2

wwhhq −+

−+−=− "

Nel caso in esame, si possono trascurare gli scambi di calore attraverso il corpo della pompa. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole, essendo minime le variazioni di velocità (la sezione di ingresso è generalmente uguale a quella di uscita) e di quota del fluido attraverso la pompa, e vengono quindi trascurate. L’equazione di bilancio dell ’energia assume pertanto la forma sempli ficata:

12 hh −=− "

Per determinare il l avoro specifico, è necessario valutare l’entalpia specifica del fluido di lavoro all ’ inizio e alla fine della compressione. In generale, l’entalpia di un liquido sottoraffreddato (ovvero compresso) può essere correlata all ’entalpia del li quido saturo alla stessa temperatura mediante la relazione seguente:

( )T@satT@T@ ppvhh −+= ""

Variazioni della temperatura del li quido si possono avere nella pompa per effetto delle dissipazioni viscose, ma sono tipicamente trascurabili , così come sono trascurabili per i liquidi le variazioni di temperatura legate alle variazioni di pressione. Si ottiene così:

( )[ ] ( )[ ]( )12T@

T@sat1T@T@T@sat2T@T@12

ppv

ppvhppvhhh

−≡

−+−−+=−

"

""""

Da tabella si ottiene che, a temperatura 25°C, il volume specifico dell ’acqua in condizioni di saturazione (liquido saturo) vale:

kg/m001003.0v 3T@ ="

Pertanto, il l avoro specifico assorbito dalla pompa vale:

( ) kg/J1394ppv 12T@ =−=− ""


Si rammenti che, nelle convenzioni termodinamiche, il l avoro è positivo quando è erogato verso l’esterno, ed è invece negativo quando, come in questo caso, è assorbito dal fluido. Supponendo la pompa ideale, la potenza da essa assorbita vale:

W1394mL =−= "��

− Commenti

Se la pompa non si può considerare ideale, se ne calcola, tipicamente per via sperimentale, un rendimento η (di secondo principio) La potenza effettivamente assorbita si valuta quindi tramite la relazione:

η−

=η

="

�

�� m

LL ideale

Il rendimento è <1 per definizione, pertanto la potenza assorbita è sempre maggiore di quella trasferita al fluido. La differenza va in attriti viscosi e produce un riscaldamento del fluido, generalmente trascurabile.

D.V. Compressione di un vapore surr iscaldato

− Problema

Determinare il l avoro specifico e la potenza assorbita da un compressore che comprime adiabaticamente e reversibilmente una portata di 1.00 kg/s di acqua in condizioni iniziali di vapore saturo secco, portandone la pressione da 3.169 kPa a 14 bar.

− Dati


m� = 1.00 kg/s p1 = 3.169 kPa = 3169 Pa

p2 = 14 bar = 1.4 MPa = 1.4⋅106 Pa

− Determinare

Lavoro specifico e potenza assorbite dalla pompa.

− Ipotesi

Compressione adiabatica e reversibile.

− Soluzione

Ragionando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), l’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:

( )12

21

22

12 zzg2

wwhhq −+

−+−=− "

Nel caso in esame sono nulli per ipotesi gli scambi di calore attraverso il corpo del compressore. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono


verosimilmente piccole e vengono quindi trascurate. L’equazione di bilancio dell ’energia assume pertanto la forma sempli ficata:

12 hh −=− "

All ’ inizio della compressione, l’acqua è allo stato di vapore saturo secco. L’entalpia iniziale può essere quindi ottenuta direttamente da tabella:

kg/J105472.2kg/kJ2.2547hhh [email protected]@v1 ⋅==≡= °

Per conoscere il valore dell ’entalpia specifica alla fine della compressione occorre conoscere il valore di due proprietà termodinamiche intensive, una delle quali è evidentemente la pressione. La seconda proprietà termodinamica intensiva è l’entropia specifica, che si mantiene costante durante la compressione. Infatti, l’equazione di bilancio dell ’entropia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:

( ) ∑−−=T

QssmS 12gen

��

Se il fluido subisce un processo adiabatico, sono nulli gli scambi termici con l’esterno. Se inoltre il processo è reversibile, è nullo anche il termine relativo alla generazione di entropia per irreversibilit à interne. Sempli ficando di conseguenza la relazione precedente, si desume che una compressione adiabatica e reversibile è anche isoentropica:

12 ss =

L’entalpia specifica iniziale, coincidente con quella finale, può essere ricavata direttamente da tabella:

( ) ( )Kkg/J0.8558Kkg/kJ5580.8ssss [email protected]@v21 ⋅=⋅=≡== °

Da tabella si ottiene poi che, a pressione p2=1.4 MPa ed entropia specifica 8555.6 J/(kg⋅K), valore vicino abbastanza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’ interpolazione lineare, la temperatura T2 del vapore d’acqua surriscaldato al termine della compressione è pari a 900°C. Di conseguenza, l’entalpia specifica al termine della compressione vale:

kg/J103915.4kg/kJ5.4391hh 6C900&MPa4.1@2 ⋅=== °

In conclusione, il l avoro specifico assorbito dal compressore vale:

kg/MJ84.1kg/J108443.1hh 612 =⋅=−=− "

La potenza assorbita vale:

MW1.84W101.84mL 6 =⋅=−⋅= "��

− Commenti

Le pompe servono ad incrementare la pressione di un liquido, i compressori ad incrementare la pressione di un gas. A parità di salto di pressione, il l avoro necessario per comprimere un gas è notevolmente maggiore di quello richiesto per comprimere un liquido.


D.VI . Vapor izzazione isobara

− Problema

Determinare la potenza termica da fornire in caldaia ad una portata di 150 kg/min di acqua, inizialmente in condizioni di li quido sotto-raffreddato con temperatura 25°C, per vaporizzarla completamente e, quindi, surriscaldarla fino ad una temperatura pari a 900°C. Si assuma che durante tutto il processo la pressione si mantenga costantemente pari a 14 bar.

− Dati


m� = 150 kg/min = 2.5 kg/s T1 = 25°C T2 = 900°C p1 = p2 = 14 bar = 1.4 MPa

− Determinare

Potenza termica fornita all ’acqua.

− Ipotesi

Processo isobaro.

− Soluzione

L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita ha la forma:

( )

−+−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Nel caso in esame, non hanno luogo interazioni con il fluido di tipo lavoro ed il termine relativo è quindi nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate.

( )12 hhmQ −= ��

In generale, si ha che per un liquido sotto-raffreddato:

( )T@satT@T@ ppvhh −+= ""

Da tabella si ricava che l’entalpia specifica ed il volume specifico del li quido saturo alla temperatura iniziale sono rispettivamente pari a:

kg/J1089.104kg/kJ89.104hh 3C25@1, ⋅=== °""

kg/m001003.0vv 3C25@1, == °""

Inoltre, la pressione di saturazione dell ’acqua alla temperatura iniziale è pari a:

Pa3169kPa169.3pp C25@sat1,sat === °

L’entalpia iniziale vale quindi:

( ) kg/J1093.118ppvhh 31,sat11,1,1 ⋅=−+= ""

Alla pressione del processo e alla temperatura finale si ottiene, dalle tabelle delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato, il seguente valore di entalpia specifica:


kg/J103915.4kg/kJ5.4391hh 6C900&MPa4.1@2 ⋅=== °

Il calore fornito all ’acqua per unità di massa del fluido fluente è pari a:

kg/J102726.4hhq 612 ⋅=−=

Infine, la potenza termica da fornire in caldaia all ’acqua è pari a:

MW7.10W107.10qmQ 6 =⋅== ��

− Commenti

I processi in caldaia sono attuati mediante valvole, controllando le pressioni piuttosto che le temperature.

D.VII . Condensazione isoterma di una miscela satura liquido-vapore

− Problema

Si deve condensare una portata pari a 18 kg/hr di una miscela satura liquido-vapore (ovvero di vapore saturo umido) a titolo iniziale pari al 98%, in modo che il tit olo finale sia non superiore al 5%. Il processo deve avvenire a temperatura costantemente pari a 50°C. Determinare la potenza termica che si deve sottrarre all ’acqua durante la condensazione.

− Dati


m� = 18 kg/hr = 0.005 kg/s x1 = 98% = 0.98

x2 ≤ 5% = 0.05 T1 = T2 = 50°C

− Determinare

Potenza termica di condensazione.

− Ipotesi

Processo isotermo.

− Soluzione

L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario a un ingresso e una uscita ha la forma:

( )

−+−+−=− 12

21

22

12 zzg2

wwhhmLQ ��

Nel caso in esame, non hanno luogo interazioni con il fluido di tipo lavoro ed il termine relativo è quindi nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate.

( )12 hhmQ −= ��


L’entalpia specifica di un vapore saturo si valuta, in funzione delle entalpie del li quido saturo e del vapore saturo secco, mediante la seguente relazione:

( )"" hhxhh v −+=

Da tabella si ricava che, alla temperatura a cui avviene il processo di condensazione, l’entalpia specifica del li quido saturo e l’entalpia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente:

kg/J1033.209kg/kJ33.209hh 3C50@ ⋅=== °""

kg/J101.2592kg/kJ1.2592hh 3C50@vv ⋅=== °

Pertanto, le entalpie specifiche iniziale e finale del vapore d’acqua sono pari a:

( ) kg/J102544hhxhh 3v11 ⋅=−+= ""

( ) kg/J105.328hhxhh 3v22 ⋅=−+= ""

Il calore da sottrarre all ’unità di massa di vapore d’acqua è pari a:

kg/MJ22.2kg/J1022.2hhq 612 =⋅=−=

Infine, la potenza termica di condensazione è in valore assoluto pari a:

kW1.11W101.11qmQ 3 =⋅== ��

− Commenti

Nelle convenzioni termodinamiche il calore è positivo se assorbito, negativo se ceduto.

D.VIII . Espansione adiabatica reversibile

− Problema

Determinare il l avoro specifico e la potenza meccanica ottenibili attraverso l’espansione adiabatica e reversibile in turbina di una portata di 100 g/s di vapore d’acqua surriscaldato, che parte da una pressione iniziale pari a 14.0 bar e, al termine dell ’espansione, si viene a trovare a pressione 1.00 atm ed in condizioni di vapore saturo con titolo 96.4%.

− Dati


m� = 100 kg/s = 0.100 kg/s

p1 = 14.0 bar = 1.40 MPa = 1.40⋅106 Pa

p2 = 1.00 atm = 101.3⋅103 Pa x2 = 96.4% = 0.964

− Determinare

Lavoro specifico e potenza.

− Ipotesi

Espansione adiabatica reversibile.


− Soluzione

Ragionando in termini di quantità specifiche (per unità di massa del fluido di lavoro), l’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso ed una uscita assume la forma:

( )12

21

22

12 zzg2

wwhhq −+

−+−=− "

Nel caso in esame, si trascurano per ipotesi gli scambi di calore attraverso il corpo del compressore. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate. L’equazione di bilancio dell ’energia assume pertanto la forma sempli ficata:

12 hh −=− "

Alla fine dell ’espansione, l’acqua è allo stato di vapore saturo umido, stato in cui l ’entalpia specifica si valuta a partire dalle entalpie del li quido saturo e del vapore saturo secco mediante la seguente relazione:

( )"" hhxhh v −+=

Da tabella si ricava che, alla pressione finale a cui si giunge attraverso il processo di espansione, l’entalpia specifica del li quido saturo e l’entalpia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente:

kg/J1004.419kg/kJ04.419hh 3atm1@ ⋅=== ""

kg/J101.2676kg/kJ1.2676hh 3atm1@vv ⋅===

Pertanto, l’entalpia specifica finale del vapore d’acqua è pari a:

( ) kg/J108.2594hhxhh 3v22 ⋅=−+= ""

Per conoscere il valore dell ’entalpia specifica all ’ inizio dell ’espansione occorre conoscere il valore di due proprietà termodinamiche intensive, una delle quali è evidentemente la pressione. La seconda proprietà termodinamica intensiva è l’entropia specifica, che si mantiene costante durante tutta il processo di espansone. Infatti, l’equazione di bilancio dell ’entropia per un flusso stazionario ad un ingresso e una uscita assume la forma:

( ) ∑−−=T

QssmS 12gen

��

Se il fluido subisce un processo adiabatico, sono nulli gli scambi termici con l’esterno; se inoltre il processo è reversibile, è nullo anche il termine relativo alla generazione di entropia per irreversibilit à interne. Sempli ficando di conseguenza la relazione precedente, si desume che un’espansione adiabatica e reversibile è anche isoentropica:

12 ss =

L’entropia specifica iniziale si valuta, in funzione delle entropie del li quido saturo e del vapore saturo secco, mediante la seguente relazione:

( )"" ssxss v −+=

Da tabella si ricava che, alla pressione finale a cui si giunge attraverso il processo di espansione, l’entropia specifica del li quido saturo e l’entropia specifica del vapore saturo secco valgono, rispettivamente:

( )Kkg/J9.1306ss atm1@ ⋅== ""

( )Kkg/J9.7354ss atm1@vv ⋅==


Pertanto, l’entropia specifica finale, coincidente con quella iniziale, è pari a:

( ) ( )Kkg/J2.7137ssxsss v212 ⋅=−+== ""

Da tabella si ottiene che, a pressione 1.4 MPa ed entropia 7136.0 J/(kg⋅K) (valore questo prossimo a suff icienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’ interpolazione lineare), la temperatura del vapore d’acqua surriscaldato è pari a 350°C e, quindi, che l’entalpia specifica all ’ inizio dell ’espansione vale:

kg/J101495.3kg/kJ5.3149hh 6C350&MPa4.1@2 ⋅=== °

In conclusione, il l avoro specifico erogato è:

kg/kJ555kg/J10555.0hh 612 =⋅=−=− "

La potenza erogata dalla turbina vale:

kW5.55W1055.5mL 3 =⋅=−= "��

D.IX. Misura del titolo mediante laminazione adiabatica

− Problema

Stimare il tit olo di una miscela satura liquido-vapor d’acqua a temperatura 195°C sapendo che, dopo essere stato sottoposta ad un processo di laminazione adiabatica, l’acqua viene a trovarsi nello stato di vapore surriscaldato a temperatura 120°C e pressione 1 bar.

− Dati

Fluido di lavoro: acqua T1 = 195°C T2 = 120°C P2 = 1 bar = 0.1 MPa

− Determinare

Titolo.

− Ipotesi

Laminazione adiabatica.

− Soluzione

L’equazione di bilancio dell ’energia per un flusso stazionario ad un ingresso e una uscita è:

( )12

21

22

12 zzg2

wwhhq −+

−+−=− "

Nel caso in esame si trascurano per ipotesi gli scambi di calore, essendo la laminazione suff icientemente rapida da poterla considerare adiabatica, mentre non si verificano interazioni di tipo lavoro e, di conseguenza, il termine relativo è nullo. Inoltre, le variazioni di energia cinetica ed energia potenziale sono verosimilmente piccole e vengono trascurate. Se ne ricava che un processo di laminazione adiabatica è un processo isoentalpico:

12 hh =


L’entalpia specifica finale può essere ricavata dalle tabelle delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato. Alla pressione finale data (0.1 MPa) si ha che:

C100TA °=

kg/kJ2.2676hh C100&MPa1.0@A == °

C150TB °=

kg/kJ4.2776hh C150&MPa1.0@B == °

Per interpolazione lineare dei dati precedenti si ottiene che, alla temperatura finale data (120°C), l’entalpia specifica vale:

( ) kg/kJ3.2716TT

TThhhhh

AB

AABAC120&MPa1.02 =

−−

⋅−+== °

D’altra parte, l’entalpia specifica iniziale del vapore saturo, coincidente con quella finale del vapore surriscaldato, è legata al titolo iniziale attraverso la relazione seguente:

( )1,1,v11,21 hhxhhh "" −+==

Le entalpie specifiche del li quido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura iniziale si ricavano da tabella:

kJkg98.829hh C195@1, == °""

kJkg0.2790hh C195@v1,v == °

In conclusione, il tit olo del vapore saturo da caratterizzare vale:

%2.96962.0hh

hhx

1,1,v

1,11 ==

−−

="

"

− Commenti

Nei processi termodinamici, i parametri più facilmente misurabili sono la temperatura e la pressione. Tuttavia, la conoscenza anche simultanea di tali quantità è di per sé insuff iciente per caratterizzare completamente una miscela satura liquido-vapore. Per valutare il tit olo di un vapore saturo è infatti necessaria la conoscenza di un’altra proprietà termodinamica intensiva come il volume specifico, l’energia interna specifica, l’entalpia specifica o l’entropia specifica. Tali proprietà sono però diff icili da misurare se si ha a che fare con un processo ciclico, in cui si ha una portata più o meno continua di fluido. Per determinare il tit olo si può allora ricorrere al metodo sopra ill ustrato, che è messo in pratica spill ando una piccola quantità della miscela satura liquido-vapore e sottoponendola ad un processo di laminazione adiabatica. Tale metodo presenta implementazione relativamente semplice e, soprattutto, richiede semplici misure di pressione e di temperatura.

D.X. Ciclo Rankine ideale senza surr iscaldamento

− Problema

Si consideri una locomotiva a vapore, il cui motore implementa un ciclo di Rankine ideale, senza surriscaldamento, ed impiega acqua come fluido di lavoro. La pressione in caldaia è pari


a 3 bar, mentre la pressione di condensazione è pari a 1.0133 bar. La portata di acqua nel sistema è pari a 12 kg/min. Determinare: a) il tit olo al termine dell ’espansione adiabatica reversibile b) la potenza netta erogata c) la potenza termica assorbita durante il passaggio in caldaia d) il rendimento di primo principio del ciclo Risolvere il problema analiti camente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.

− Dati

fluido di lavoro: acqua

pcaldaia = 3 bar = 0.3⋅106 Pa

pcondensatore = 1.0133 bar = 0.10133⋅106 Pa

m� = 12 kg/min = 0.20 kg/s

− Determinare

Vedi testo.

− Ipotesi

Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili .

Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili . Pompa e turbina adiabatiche. Nella pompa entra liquido saturo, nella turbina vapore saturo secco.

− Soluzione

L’architettura del sistema ed il ciclo a cui viene sottoposto il fluido di lavoro sono rappresentati di seguito.

Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all ’ inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all ’ ingresso e all ’uscita di ogni componente, e quindi determinare i corrispondenti valori dell ’entalpia specifica. Infatti, schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume per tutti la forma:


LQhm �� −=∆

ovvero

"−=∆ qh

Lo stato in 1 è per ipotesi quello di li quido saturo. La temperatura di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’acqua satura.

Pa1010133.0pp 6recondensato1 ⋅== ⇒

kg/J1041904.0kg/kJ04.419hh

K15.373C00.100TT6

p@1

p@sat1

1

1

⋅====°==

"

La pompa comprime il li quido adiabaticamente e reversibilmente, per cui sono da considerarsi nulli gli scambi termici con l’esterno e le dissipazioni viscose. La variazione di temperatura dell ’acqua è quindi legata alla sola variazione di pressione ed è tipicamente trascurabile (nel diagramma T-s è ampli ficata notevolmente per ragioni di chiarezza). Il li quido sottoraffreddato in 2 si trova così ad una temperatura praticamente coincidente con quella del liquido saturo in 1, per cui le sue proprietà possono essere stimate come segue:

K15.373TTPa103pp

12

5caldaia2

=≅⋅==

⇒ ( ) kg/J1041925.0ppvhh

kg/m10044.1vvv6

12112

33T@12 1

⋅=−+=

⋅==≅ −"

Lo stato 3 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, si possono ricavare dalla tabella in pressione dell ’acqua satura la temperatura di saturazione e le proprietà del vapore.

Pa103.0pp 6caldaia3 ⋅== ⇒

kg/J107253.2kg/kJ3.2725hh

K70.406C55.133TT6

p@v3

p@sat3

3

3

⋅====°==

In 4 si ha una miscela satura di li quido e vapore d’acqua, di cui non sono noti a priori il tit olo e, di conseguenza, l’entalpia specifica. Considerando però che nella turbina, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza un’espansione adiabatica e reversibile, si ricava dall ’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.VIII ):

)Kkg/(kJ9919.6sss3p@v34 ⋅===

Ma all ’entropia della miscela satura liquido-vapore in 4 si applica anche la relazione:

( )444 T@T@v4T@4 ssxss "" −+=

in cui i valori dell ’entropia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’acqua satura:

)Kkg/(kJ3549.7s

)Kkg/(kJ3069.1s

C100@v

C100@

⋅=⋅=

°

°"

Da ciò si ricava che il tit olo al termine dell ’espansione vale:

%9494.03069.13549.7

3069.19919.6

ss

ssx

44

4

T@T@v

T@44 ==

−−=

−−

="

"

Anche i valori dell ’entalpia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’acqua satura:

kg/J106761.2kg/kJ1.2676h

kg/J1041904.0kg/kJ04.419h6

C100@v

6C100@

⋅==⋅==

°

°"

In definitiva, l’entalpia specifica della miscela satura in 4 vale:

( ) kg/J105406.2hhxhh 6T@T@v4T@4 444

⋅=−+= ""


Applicando alla turbina, che opera adiabaticamente, l’equazione di bilancio di sistema aperto, si ottiene:

( ) ( ) kW37W36934hhmhhmL 4334turbina ==−≡−−= ��

Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è erogata verso l’esterno del sistema. Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla pompa, che pure opera adiabaticamente, si ottiene:

( ) ( ) W41hhmhhmL 1212pompa =−≡−−= ��

Senza l’operazione di valore assoluto, la potenza meccanica scambiata nella pompa risulterebbe negativa in quanto assorbita dal fluido. La potenza meccanica netta erogata dal ciclo vale quindi:

kW37W36893LL pompaturbina ==− ��

Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla caldaia, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene:

( ) kW461W461211hhmQ 23caldaia ==−= ��

Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è assorbita dal fluido. Applicando la medesima equazione di bilancio al condensatore, si ottiene:

( ) ( ) kW424W424318hhmhhmQ 1441recondensato ==−≡−= ��

Senza l’operazione di valore assoluto, la potenza termica scambiata nel condensatore risulterebbe negativa in quanto ceduta dal fluido. Infine, il rendimento di primo principio del ciclo, dato dal rapporto tra potenza meccanica netta erogata e potenza termica assorbita in caldaia, vale:

( ) ( )( )

( ) ( )( ) %8080.0

Q

QQ

hh

hhhh

hh

hhhh

Q

LL

caldaia

recondensatocaldaia

23

1423

23

1243

caldaia

pompaturbina ==−

=−

−−−≡

−−−−

=−

��

��

− Commenti

I primi motori a vapore non erano molto eff icienti. La potenza assorbita dalla pompa è in prima approssimazione trascurabile rispetto a quella erogata dalla turbina. Nelle locomotive, per ridurre le masse da movimentare e sempli ficare il sistema, il vapore saturo al termine dell ’espansione veniva scaricato in atmosfera anziché essere inviato in un condensatore, mentre il li quido da comprimere e poi vaporizzare in caldaia era prelevato da un serbatoio (da riempire ad ogni stazione). Inoltre, anziché in una turbina, l’espansione avveniva generalmente in dispositivi a moto alternativo.

D.XI . Ciclo Rankine ideale con surr iscaldamento

− Problema

Si consideri un ciclo di Rankine ideale con surriscaldamento, in cui il fluido di lavoro è acqua. Siano 25 kPa la pressione nel condensatore, in cui il l ’acqua entra in stato di miscela satura


liquido-vapore con titolo 98.2%, e 20 bar la pressione in caldaia. La potenza termica assorbita dal fluido durante il passaggio in caldaia è pari a 50 MW. Determinare: a) la temperatura del vapore al termine del surriscaldamento b) la portata di vapore c) la potenza netta ottenuta dal ciclo d) il rendimento di primo principio del ciclo Risolvere il problema analiti camente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.

− Dati


pcondensatore = 25 kPa = 25⋅103 Pa xcondensatore = 98.2% = 0.982

pcaldaia = 20 bar = 2.0⋅106 Pa

caldaiaQ� = 50 MW = 50⋅106 W

− Determinare

Vedi testo.

− Ipotesi

Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili .

Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili . Pompa e turbina adiabatiche. Nella pompa entra liquido saturo.

− Soluzione


Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all ’ inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all ’ ingresso e all ’uscita di ogni componente, e quindi determinare i corrispondenti valori dell ’entalpia specifica. Infatti, schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si


trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume per tutti la forma:

LQhm �� −=∆ ⇔ "−=∆ qh

Lo stato in 1 è per ipotesi quello di li quido saturo. Pertanto, la temperatura di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’acqua satura.

Pa1025pp 3recondensato1 ⋅== ⇒

kg/J1027193.0kg/kJ93.271hh

K12.338C97.64TT6

p@1

p@sat1

1

1

⋅====°==

"

La pompa comprime il li quido adiabaticamente e reversibilmente, per cui sono da considerarsi nulli gli scambi termici con l’esterno e le dissipazioni viscose. La variazione di temperatura dell ’acqua è quindi legata alla sola variazione di pressione ed è tipicamente trascurabile (nel diagramma T-s è ampli ficata notevolmente per ragioni di chiarezza). Il li quido sottoraffreddato in 2 si trova così ad una temperatura praticamente coincidente con quella del liquido saturo in 1, per cui le sue proprietà possono essere stimate come segue:

K12.338TTPa100.2pp

12

6caldaia2

=≅⋅==

⇒ ( ) kg/J102739.0ppvhh

kg/m10020.1vvv6

12112

33T@12 1

⋅=−+=

⋅==≅ −"

Per lo stato 4 è nota la pressione, ma non la temperatura. Considerando però che nella turbina, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza un’espansione adiabatica e reversibile, si ricava dall ’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.VIII ):

43 ss =

Ma all ’entropia della miscela satura liquido-vapore in 4 si applica la relazione:

( )444 p@p@v4p@4 ssxss "" −+=

in cui i valori dell ’entropia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco possono essere ricavati dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’acqua satura:

)Kkg/(kJ8314.7s

)Kkg/(kJ8931.0s

kPa25@v

kPa25@

⋅=⋅="

Da ciò si ricava che l’entropia specifica in 4 e, quindi, in 3 vale:

( ) )Kkg/(kJ5.77068931.08314.7982.08931.0ss 34 ⋅=−⋅+==

Dalla tabella delle proprietà del vapore d’acqua surriscaldato si ottiene così che, a pressione 2.0 MPa ed entropia 7.7024 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a suff icienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’ interpolazione lineare), la temperatura del vapore d’acqua surriscaldato è pari a 600°C e, quindi, che l’entalpia specifica all ’ inizio dell ’espansione vale:

kg/J106901.3kg/kJ1.3690hh 6C600&MPa0.2@3 ⋅=== °

Per ciò che concerne la miscela satura di li quido e vapore in 4, i valori dell ’entalpia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco alla pressione nel condensatore possono essere ricavati dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’acqua satura.

kg/J106182.2kg/kJ2.2618h

kg/J1027193.0kg/kJ93.271h6

kPa25@v

6kPa25@

⋅==

⋅=="

In definitiva, l’entalpia specifica della miscela satura in 4 vale:


( ) kg/J105760.2hhxhh 6p@p@v4p@4 444

⋅=−+= ""

Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla caldaia, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene:

( )23caldaia hhmQ −= ��

da cui si può ricavare la portata in massa di fluido:

( ) ( ) s/kg64.14102739.0106901.3

1050

hh

Qm

66

6

23

caldaia =⋅−⋅

⋅=−

=�

�

Applicando alla turbina, che opera adiabaticamente, l’equazione di bilancio di sistema aperto, si ottiene:

( ) ( ) MW3.16W103.16hhmhhmL 64334turbina =⋅=−≡−−= ��

Il valore ottenuto è positivo in quanto la potenza è erogata verso l’esterno. Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto alla pompa, che pure opera adiabaticamente, si ottiene:

( ) ( ) kW5.29W105.29hhmhhmL 31212pompa =⋅=−≡−−= ��

La potenza meccanica netta erogata dal ciclo vale quindi:

MW3.16W103.16LL 6pompaturbina =⋅=− ��

Infine, il rendimento di primo principio del ciclo, dato dal rapporto tra potenza meccanica netta erogata e potenza termica assorbita in caldaia, vale:

%6.32326.0Q

LL

caldaia

pompaturbina==

−�

��

D.XII . Ciclo fr igor ifero ideale a R134a

− Problema

Si consideri un sistema di refrigerazione che implementa un ciclo frigorifero ideale con Refrigerante 134a. L’ambiente refrigerato si trova a –4°C, l’ambiente caldo a 35.53°C. La portata in massa del refrigerante è 10 g/s. Determinare: a) il tit olo del fluido frigorifero al termine della laminazione b) la potenza assorbita dal compressore c) il potere refrigerante del sistema frigorifero d) il coeff iciente di prestazione del sistema frigorifero Risolvere il problema analiti camente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.

− Dati

fluido di lavoro: Freon R134a TF = –4°C = 269.15 K TC = 35.53°C = 308.68 K

m� = 10 g/s = 0.010 kg/s


− Determinare

Vedi testo.

− Ipotesi

Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili (eccetto la laminazione).

Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili . Compressore e valvola di laminazione adiabatici. Nel compressore entra vapore saturo secco, dal condensatore esce liquido saturo.

− Soluzione


Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all ’ inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all ’ ingresso e all ’uscita di ogni componente, e determinare i corrispondenti valori dell ’entalpia specifica. Schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume per tutti la forma:

LQhm �� −=∆ ⇔ "−=∆ qh

Lo stato in 1 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’R134a saturo:

C4TT eevaporator1 °−== ⇒ kg/J1024490.0kg/kJ90.244hh

Pa1025274.0MPa25274.0pp6

T@v1

6T@sat1

1

1

⋅===⋅===

Poiché il processo di condensazione è isobaro, la pressione in 2, all ’uscita del compressore e all ’ ingresso del condensatore, sarà pari alla pressione di condensazione. Questa può essere desunta dalla temperatura di condensazione impiegando le tabelle delle proprietà dell ’R134a saturo. In particolare, si verifica dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’R134a saturo che:

C53.35T recondensato °= ⇒ Pa1090.0MPa90.0ppp 6C53.35@sat32 ⋅==== °

La temperatura al termine della compressione rimane tuttavia incognita. Considerando però che nel compressore, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza una compressione adiabatica e reversibile, si ricava dall ’equazione di bilancio


entropico dei sistemi aperti (cfr. D.V) che la trasformazione è anche isoentropica. Dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’R134a saturo si ricava quindi

)Kkg/(kJ9213.0sss C4@v12 ⋅=== °−

Dalle tabelle delle proprietà dell ’ R134a si ottiene così che, a pressione 0.90 MPa ed entropia 0.9217 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a suff icienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’ interpolazione lineare), il vapore surriscaldato alla fine della compressione presenta temperatura pari a 40°C e, quindi, che la sua entalpia specifica vale:

kg/J1027125.0kg/kJ25.271hh 6C40&MPa90.0@2 ⋅=== °

Lo stato in 3 è per ipotesi quello di li quido saturo. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione delle proprietà dell ’R134a saturo:

MPa90.0pp recondensato3 == ⇒ kg/J1009956.0kg/kJ56.99hh 6MPa90.0@3 ⋅=== "

Infine, dall ’equazioni di bilancio energetico dei sistemi aperti si ricava che una laminazione adiabatica è anche isoentalpica (cfr. D.IX). Si ha pertanto:

kg/J1009956.0kg/kJ56.99hh 634 ⋅===

Per ciò che concerne la valutazione del titolo al termine della laminazione, si consideri che per l’entalpia specifica della miscela satura liquido-vapore in 4 vale la relazione:

( )444 T@T@v4T@4 hhxhh "" −+=

in cui i valori dell ’entalpia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura nell ’evaporatore possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’ R134a saturo:

kg/J1024490.0kg/kJ90.244h

kg/J1004475.0kg/kJ75.44h6

C4@v

6C4@

⋅==⋅==

°−

°−"


%2727.075.4490.244

75.4456.99

hh

hhx

44

4

T@T@v

T@44 ==

−−=

−−

="

"

Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto al compressore, che opera adiabaticamente, si ottiene:

( ) ( ) W264hhmhhmL 1212ecompressor =−≡−−= ��

Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto all ’evaporatore, in cui non sono presenti dispositivi che scambiano lavoro meccanico col fluido, si ottiene il potere refrigerante del sistema:

( ) W1453hhmQ 41eevaporator =−= ��

Infine, il coeff iciente di prestazione del ciclo, dato dal rapporto tra potenza termica assorbita all ’evaporatore e potenza meccanica assorbita dal compressore, vale:

52.5L

QCOP

ecompressor

eevaporator ==�

�


− Commenti

Negli impianti frigoriferi si cerca di far lavorare ogni parte del sistema (condensatore, evaporatore, ecc.) a pressione maggiore del valore atmosferico, al fine di evitare l’ ingresso di aria (che è incondensabile) nei circuiti . Il coeff iciente di prestazione di un ciclo di Carnot inverso operante tra le temperature di evaporazione e di condensazione sarebbe pari a:

81.615.26968.308

15.268

TT

T

TT

TCOP

FC

F

eevaporatorrecondensato

eevaporatorCarnot =

−=

−≡

−=

Il valore ottenuto è superiore a quello del ciclo precedentemente analizzato. La causa è nelle irreversibilit à associate al desurriscaldamento del vapore all ’ ingresso del condensatore e nelle irreversibilit à interne del processo di laminazione.

D.XIII . Pompa di calore a R134a

− Problema

Si consideri una pompa di calore per climi artici, basata su un ciclo frigorifero ideale impiegante Refrigerante 134a. L’ambiente freddo esterno si trova a temperatura –30°C, mentre l’ambiente da riscaldare deve essere mantenuto ad una temperatura di 25.53°C. Per rendere possibile lo scambio termico, la condensazione deve avvenire ad una temperatura superiore di 10°C a quella dell ’ambiente caldo, mentre l’evaporazione deve avvenire ad una temperatura di 10°C inferiore a quella dell ’ambiente freddo. Il potere di riscaldamento del sistema deve essere pari a 10 kW. Determinare: a) il tit olo del fluido frigorifero al termine della laminazione b) la portata in massa del fluido frigorifero c) la potenza assorbita dal compressore d) il coeff iciente di prestazione della pompa di calore Risolvere il problema analiti camente e rappresentare graficamente il processo, indicando inoltre le ipotesi di lavoro formulate.

− Dati

fluido di lavoro: Freon R134a TF = –30°C TF – Tevaporatore = 10°C TC = 25.53°C Tcondensatore – TC = 10°C

recondensatoQ� = 10 kW = 10⋅103 W

− Determinare

Vedi testo.

− Ipotesi

Ciclo ideale ⇒ processi internamente reversibili (eccetto la laminazione).


Singoli componenti ⇒ sistemi aperti in condizioni stazionarie. Variazioni di energia cinetica e potenziale trascurabili . Compressore e valvola di laminazione adiabatici. Nel compressore entra vapore saturo secco, dal condensatore esce liquido saturo.

− Soluzione


È immediato verificare che le temperature nell ’evaporatore e nel condensatore sono pari a:

C40T eevaporator °−=

C53.35T recondensato °=

Per risolvere il problema, è necessario individuare gli stati del fluido di lavoro all ’ inizio e alla fine di ogni trasformazione, vale a dire all ’ ingresso e all ’uscita di ogni componente, e determinare i corrispondenti valori dell ’entalpia specifica. Schematizzando i singoli componenti del ciclo come sistemi aperti a due correnti in condizioni stazionari, in cui si trascurano le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume per tutti la forma:

LQhm �� −=∆ ⇔ "−=∆ qh

Lo stato in 1 è per ipotesi quello di vapore saturo secco. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’R134a saturo.

C40TT eevaporator1 °−== ⇒ kg/J1022288.0kg/kJ88.222hh

Pa1005164.0MPa05164.0pp6

T@v1

6T@sat1

3

1

⋅===⋅===

Poiché il processo di condensazione è isobaro, la pressione in 2, all ’uscita del compressore e all ’ ingresso del condensatore, sarà pari alla pressione di condensazione. Questa può essere desunta dalla temperatura di condensazione, impiegando le tabelle delle proprietà dell ’R134a saturo. In particolare, dalla tabella in pressione delle proprietà si verifica che:

C53.35T recondensato °= ⇒ Pa1090.0MPa90.0ppp 6C53.35@sat32 ⋅==== °

La temperatura al termine della compressione rimane incognita. Considerando però che nel compressore, che è un sistema aperto a due correnti operante in condizioni stazionarie, si realizza una compressione adiabatica e reversibile, si ricava dall ’equazione di bilancio entropico dei sistemi aperti (cfr. D.V) che la trasformazione è anche isoentropica. Dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’R134a saturo si ricava quindi


)Kkg/(kJ9560.0sss C40@v12 ⋅=== °−

Dalle tabelle delle proprietà dell ’ R134a si ottiene così che, a pressione 0.90 MPa ed entropia 0.9566 kJ/(kg⋅K) (valore questo prossimo a suff icienza a quello precedentemente determinato da rendere inutile un’ interpolazione lineare), il vapore surriscaldato alla fine della compressione presenta temperatura pari a 50°C e, quindi, che la sua entalpia specifica vale:

kg/J1028234.0kg/kJ34.282hh 6C50&MPa90.0@2 ⋅=== °

Lo stato in 3 è per ipotesi quello di li quido saturo. Pertanto, la pressione di saturazione e le proprietà di interesse del fluido si possono ricavare dalla tabella in pressione dell ’R134a saturo:

MPa90.0pp recondensato3 == ⇒ kg/J1009956.0kg/kJ56.99hh 6p@3 3

⋅=== "

Infine, dall ’equazioni di bilancio energetico dei sistemi aperti si ricava che una laminazione adiabatica è anche isoentalpica (cfr. D.IX). Si ha pertanto:

kg/J1009956.0kg/kJ56.99hh 634 ⋅===

Per ciò che concerne la valutazione del titolo al termine della laminazione, si consideri che per l’entalpia specifica della miscela satura liquido-vapore in 4 vale la relazione:

( )444 T@T@v4T@4 hhxhh "" −+=

in cui i valori dell ’entalpia specifica del li quido saturo e del vapore saturo secco alla temperatura nell ’evaporatore possono essere ricavati dalla tabella in temperatura delle proprietà dell ’ R134a saturo:

kg/kJ88.222h

kg/kJ0h

C40@v

C40@

==

°−

°−"


%4848.0088.222

056.99

hh

hhx

44

4

T@T@v

T@44 ==

−−=

−−

="

"

La portata di fluido può essere ricavata dall ’equazione di bilancio di sistema aperto relativa al condensatore:

s/kg055.01009956.01028234.0

10000

hh

Q

hh

Qm

6632

recondensato

23

recondensato=

⋅−⋅=

−≡

−=

��

�

Applicando l’equazione di bilancio di sistema aperto al compressore, che opera adiabaticamente, si ottiene:

( ) ( ) W3253hhmhhmL 1212ecompressor =−≡−−= ��

Infine, il coeff iciente di prestazione della pompa di calore, dato dal rapporto tra potenza termica ceduta al condensatore e potenza meccanica assorbita dal compressore, vale:

07.3L

QCOP

ecompressor

recondensato

pdc ==�

�

− Commenti

Nella pratica, la notevole differenza di temperatura tra ambiente riscaldato ed ambiente freddo esterno comporterebbe un COP effettivo della pompa di calore notevolmente inferiore al


valore teorico precedentemente stimato. Inoltre, l’evaporatore è in depressione, il che suggerisce l’opportunità di impiegare un diverso fluido frigorifero.

D.XIV. Miscelazione adiabatica di due correnti

− Problema

Una portata di 150 kg/min di acqua a 6 bar e 50°C viene miscelata con una portata di 90 kg/min di acqua a 6 bar e 200°C. Determinare lo stato dell ’acqua in entrambi i casi. Inoltre, sapendo che il processo di miscelazione è stazionario e che il dispositivo in cui la miscelazione avviene presenta pareti termicamente isolate, determinare lo stato della portata d’acqua in uscita, che è estratta dal miscelatore a 6 bar. A tal scopo, si trascurino gli effetti cinetici e potenziali .

− Dati


p1 = 6 bar = 6⋅105 Pa T1 = 50°C

p2 = 6 bar = 6⋅105 Pa T2 = 200°C

1m� = 150 kg/min = 2.5 kg/s

2m� = 90 kg/min = 1.5 kg/s

p3 = 6 bar = 6⋅105 Pa

− Determinare

Stati in ingresso e in uscita.

− Ipotesi

Processo stazionario e adiabatico, effetti cinetici e potenziali trascurabili .

− Soluzione

La pressione di saturazione dell ’acqua alla temperatura T1 di 50°C si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura per l’acqua satura:

1T@sat1,sat pbar12349.0kPa349.12pp1

<===

Si ha pertanto a che fare con un liquido sottoraffreddato. Per stimarne l’entalpia specifica, occorre conoscere le proprietà del li quido saturo a temperatura T1, che si ricavano da tabella:

kg/J1020933.0kg/kJ33.209hh

kg/m001012.0vv6

T@1,

3T@1,

1

1

⋅=====

""

""

L’entalpia specifica nello stato 1 vale:

( ) Pa102099.0ppvhh 61,sat11,1,1 ⋅=−+= ""

La pressione di saturazione dell ’acqua alla temperatura T2 di 200°C si ricava anch’essa da tabella:


2T@sat2,sat pbar538.15MPa5538.1pp2

>===

Si ha pertanto a che fare con un vapore surriscaldato. L’entalpia specifica nello stato 2, a pressione p2 e temperatura T2, si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura e pressione per il vapore d’acqua surriscaldato:

kg/J108501.2kg/kJ1.2850hh 6T&p@2 22

⋅===

L’equazione di bilancio delle masse per un flusso stazionario a due ingressi (pedici 1 e 2) ed una uscita (pedice 3) presenta forma

0m3

1ii =∑

=

�

in cui la portata uscente è positiva e quelle entranti sono negative (o viceversa). Ne consegue che la portata in uscita vale:

s/kg0.45.15.2mmm 213 =+=+= ��

L’equazione di bilancio dell ’energia presenta forma:

∑=

++=−

3

1ii

2i

ii gz2

whmLQ ��

Nel miscelatore non sono presenti dispositivi di pompaggio. Inoltre, le pareti sono termicamente isolate e, quindi, è nullo lo scambio di calore. Trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume la seguente forma sempli ficata:

0hm3

1iii =∑

=

�

In pratica, l’entalpia della corrente in uscita è pari alla media pesata sulle portate in massa delle entalpie in ingresso.

kg/kJ1200kg/J10200.1m

hmhmh 6

3

22113 =⋅=

+=

�

��

Per stabili re lo stato fisico della corrente 3 di acqua, il valore della sua entalpia specifica va confrontato con quelli del li quido saturo e del vapore saturo secco alla pressione di uscita p3. Tali valori si ricavano dalle proprietà tabulate in pressione per l’acqua satura:

kg/J1067056.0kg/kJ56.670hh 6p@3, 3

⋅=== ""

kg/J107568.2kg/kJ8.2756hh 6p@v3,v 3

⋅===

Il confronto mostra che:

3,v33, hhh <<"

Si ha pertanto a che fare con una miscela satura di li quido e vapore. Per individuarne univocamente la qualità, occorre stimarne il tit olo, che sarà tale che:

( )3,3,v33,3 hhxhh "" −+=

In conclusione, il tit olo della miscela satura liquido-vapore estratta dal miscelatore vale:

%4.25254.0hh

hhx

3,3,v

3,33 ==

−−

="

"


D.XV. Miscelazione di tre correnti

− Problema

Ad una portata di 150 kg/min di una miscela satura di li quido e vapore d’acqua con pressione 6 bar e titolo 77% vengono contemporaneamente miscelate una portata di 9 kg/min d’acqua liquida a 6 bar e 50°C ed una portata da stabili re di vapore d’acqua surriscaldato a 20 bar e 500°C. Per conduzione attraverso le pareti del miscelatore si perde verso l’esterno una potenza termica pari a 24 kW. Considerando il processo stazionario e trascurando gli effetti cinetici e potenziali , determinare quanto vale in massa la portata di vapore surriscaldato da immettere nel miscelatore per ottenere in uscita ancora vapore surriscaldato con pressione 4 bar e temperatura 300°C.

− Dati


p1 = 6 bar = 6⋅105 Pa x1 = 77%

1m� = 150 kg/min = 2.5 kg/s

p2 = 6 bar = 7⋅105 Pa T2 = 50°C

2m� = 9 kg/min = 0.15 kg/s

p3 = 20 bar = 2.0⋅106 Pa =2.0⋅MPa T3 = 500°C

paretiQ� = 24 kW = 24⋅103 W

p4 = 4 bar = 4⋅105 Pa = 0.4 MPa T4 = 300°C

− Determinare

Portata in massa di vapore surriscaldato immesso ( 3m� ).

− Ipotesi

Processo stazionario, effetti cinetici e potenziali trascurabili .

− Soluzione

L’equazione di bilancio delle masse per un flusso stazionario a tre ingressi (pedici 1, 2 e 3) ed una uscita (pedice 4) presenta forma

0m4

1ii =∑

=

�

in cui la portata uscente è positiva e quelle entranti negative (o viceversa). Ne consegue che la portata in uscita vale:

3214 mmmm �� ++=

L’equazione di bilancio dell ’energia è:


∑=

++=−

4

1ii

2i

ii gz2

whmLQ ��

La potenza termica scambiata è quella persa attraverso le pareti (negativa perché sottratta al fluido):

W1024QQ 3pareti ⋅−=−= ��

Nel miscelatore non sono presenti dispositivi di pompaggio. Trascurando le variazioni di energia cinetica e potenziale, l’equazione di bilancio dell ’energia assume la seguente forma sempli ficata:

pareti

4

1iii Qhm �� −=∑

=

ovvero

( ) pareti3322114321 Qhmhmhmhmmm �� −=−−−++

Per valutare l’entalpia specifica della corrente 1 di acqua, si ricavano dalle proprietà tabulate in pressione per l’acqua satura le entalpie specifiche del li quido saturo e del vapore saturo secco alla pressione p1:

kg/J1067056.0kg/kJ56.670hh 6p@1, 1

⋅=== ""

kg/J107568.2kg/kJ8.2756hh 6p@v1,v 1

⋅===

Pertanto:

( ) kg/J102770.2hhxhh 61,1,v11,1 ⋅=−+= ""

La pressione di saturazione dell ’acqua alla temperatura T2 di 50°C si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura per l’acqua satura:

bar12349.0kPa349.12pp2T@sat2,sat ===

Nella corrente 2 si ha quindi un liquido sottoraffreddato. Per stimarne l’entalpia specifica, occorre poi conoscere le proprietà del li quido saturo a temperatura T2, che si ricavano da tabella:

kg/J1020933.0kg/kJ33.209hh

kg/m001012.0vv6

T@2,

3T@2,

2

2

⋅=====

""

""

L’entalpia specifica nello stato 2 vale quindi:

( ) Pa102099.0ppvhh 62,sat12,2,1 ⋅=−+= ""

L’entalpia specifica del vapore surriscaldato nello stato 3, a pressione p3 e temperatura T3, si ricava dalle proprietà tabulate in temperatura e pressione per il vapore d’acqua surriscaldato:

kg/J104676.3kg/kJ6.3467hh 6T&p@3 33

⋅===

L’entalpia specifica del vapore surriscaldato nello stato 4, a pressione p4 e temperatura T4, si ricava anch’essa dalle proprietà tabulate in temperatura e pressione per il vapore d’acqua surriscaldato:

kg/J100668.3kg/kJ8.3066hh 6T&p@4 44

⋅===

A questo punto, l’equazione di bilancio energetico del sistema aperto costituito dal miscelatore può essere risolta rispetto all ’unica incognita, la portata in massa della corrente 3, ovvero la portata in massa di vapore surriscaldato a temperatura T3 e pressione p3 da immettere nel miscelatore:


( )min/kg363s/kg1.6

hh

Qhmhmhmmm

43

pareti22114213 ==

−+−−+

=��

�

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